江西省宜春市2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题（Word版含答案）

宜春市2022-2023学年高二下学期期末考试
数学试卷
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题
1.设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.函数的零点所在的大致区间是（ ）
A. B. C. D.
3.下列函数中最小值为4的是（ ）
A. B. C. D.
4.已知函数，，则图象为如图的函数可能是（ ）
A. B.
C. D.
5.在中，“”是“为钝角三角形”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
6.在“非遗剪纸进校园，传统文化润心田”主题活动中，小红设计了一个剪纸图案，她现在一个半径为4的圆纸片上画一个内接正方形，再画该正方形的内切圆，依次重复以上画法，得到了一幅由6个圆和6个正方形构成的图案，依次剪去夹在正方形及其内切圆的部分，并剪去最小正方形内的部分，得到如图所示的一幅剪纸，则该图案（阴影部分）的面积为（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数的部分图象如图所示，若，且，（），则（ ）
A. B. C. D.1
8.已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
二、多选题
9.下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10.（多选）已知函数，则（ ）
A.函数的定义域为 B.函数的值域为
C.函数在上单调递增 D.函数在上单调递减
11.已知数列的前项和为，，，数列的前项和为，，则下列选项正确的为（ ）
A.数列是等比数列 B.数列是等差数列
C.数列的通项公式为 D.
12.在锐角中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的有（ ）
A. B.的取值范围为
C.的取值范围为 D.的取值范围为
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题
13.已知函数，则曲线在点处的切线方程为__________.
14.若角的终边过点，则________________.
15.已知，且，则的最小值为___________.
16.已知函数，若方程恰有四个不同的实数解，分别记为，，，，则的取值范围是___________.
四、解答题
17.设函数的定义域为，集合.
（1）求集合；
（2）若，，且是的必要不充分条件，求实数的取值范围.
18.在中，，.
（1）求；
（2）再从条件①、条件②、这两个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上中线的长.
条件①：的面积为；
条件②：的周长为；
19.已知函数.
（1）求函数的最小正周期及对称轴方程；
（2）将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变、横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求在上的单调递减区间.
20.已知函数（且），满足.
（1）若方程，有解，求的取值范围；
（2）设，求不等式的解集.
21.已知数列满足，，其中.
（1）设，求证：数列是等差数列.
（2）在（1）的条件下，求数列的前项和.
（3）在（1）的条件下，若，是否存在实数，使得对任意的，都有，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.
22.已知函数.
（1）若，求的取值范围；
（2）证明：若有两个零点，，则.
参考答案
1.A 2.C 3.C 4.D 5.A 6.B
【分析】由题意可知，圆与正方形的面积分别构成一个等比数列，求和即可.
【详解】设半径从大到小的圆的面积依次为，，，，，，
由画图知圆的面积构成一个等比数列，计算得，，所以公比为.
同理，设边长从大到小的正方形面积依次为，，，，，，
也构成一个公比为的等比数列，且首项.
由图案知夹在面积最大的圆与面积最大的正方形之间的阴影面积为，
同理，
所以该剪纸图案的面积为：，
.故选：B.
7.C
8.B 【分析】由结合三角函数的性质可得；构造函数，，利用导数可得，即可得解.
【详解】因为，因为当，，所以，即，所以；设，，，所以在单调递增，则，所以，所以，所以，故选：A.
9.BC 10.ABD
11.ACD
解：由即为，可化为，由，可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，即，
又，可得
.
12.ACD
【详解】在中，由正弦定理可将式子化为，
把代入整理得，，
解得或，即或（舍去）.所以.选项A正确.
选项B：因为为锐角三角形，，所以.
由，解得，故选项B错误.
选项C：，
因为，所以，，
即的取值范围.故选项C正确.
选项D：.
因为，所以，.
令，，则.
由对勾函数的性质知，函数在上单调递增.
又，，所以.
即的取值范围为.故选项D正确.故选：AD.
13.
14.
15.
【分析】令，，将已知条件简化为；将用，表示，分离常数，再使用“乘1法”转化后利用基本不等式即可求得最小值.
【详解】解：令，，因为，，所以，，
则，，所以，
所以
，
当且仅当，即，，即时取“=”，
所以的最小值为.故答案为：.
16.【分析】明确分段函数两段的性质，进而作出其图像，将方程恰有四个不同的实数解转化为的图象与直线有4个不同的交点，由图象确定，，，的范围，结合对勾函数单调性性质，即可求得答案.
【详解】由题意知，
当时，，
令，则；
当时，；
当时，，
令，则或4；令，则或2；
由此可作出函数的图象如图：
由于方程恰有四个不同的实数解，分别记为，，，，
故的图象与直线有4个不同的交点，由图象可知，
不妨设，则，
且，关于对称，所以，
又即，则，∴，
故，
由于在上单调递增，故，
所以，
故的取值范围是，故答案为：
17.（1） （2）
【详解】（1）由题意得：，解得：，所以；
（2）因为是的必要不充分条件，所以是的真子集，
当时，，解得：，
当时，，解得：，
综上：实数的取值范围是
18.（1）；（2）答案不唯一，具体见解析.
【详解】（1）∵，则由正弦定理可得，
∴，∵，∴，，
∴，解得；
（2）若选择①：由（1）可得，即，
则，解得，
则由余弦定理可得边上的中线的长度为：
.
若选择②：由（1）可得，
设的外接圆半径为，
则由正弦定理可得，，
则周长，
解得，则，，
由余弦定理可得边上的中线的长度为：；
19.（1）最小正周期为，对称轴方程为，
（2），
【详解】（1），
，
所以函数的最小正周期为，
令，，得函数的对称轴方程为，.
（2）略
20.（1）；（2）.
【详解】（1）由，得，解得或（舍去），
所以的解析式为：；
所以，
令，，则，，
利用二次函数的性质知，，
所以的取值范围为.
（2）由函数知，定义域为，
又，即为上的偶函数，
当时，利用指数函数与对数函数的性质知是增函数，
由，即，
所以，解得.
故不等式的解集是：.
21.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在；
【详解】（1）证明：，
，∴数列是首项为2，公差为2的等差数列；
（2），设，
则①，
②，
①-②得，
∴；
（3）存在，理由如下：
，，
则，
若对任意，都有，则等价于恒成立，即恒成立，，当为偶数时，则；
当为奇数时，则.
综上，存在，使得对任意的，都有.
22.【详解】（1）的定义域为，则
令，得
当，，单调递减
当，，单调递增，
若，则，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知，一个零点小于1，一个零点大于1，不妨设
要证，即证
因为，，即证
又因为，故只需证
即证，
即证
下面证明时，，
设，，
则
设，
所以，而
所以，所以，所以在单调递增
即，所以
令，，
所以在单调递减，即，所以；
综上，，所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，，故
两边取对数得：，即
又因为（*），故，即
下证（*）
因为
不妨设，则只需证
构造，，则
故在上单调递减
故，即得证